Enoncé

Partie I

Soit $t$ un réel.

1. En appliquant le théorème des accroissements finis à la fonction $\displaystyle t\mapsto e^{-t}$, montrer que pour tout réel $x$ strictement positif, il existe un réel $\theta$ dans l’intervalle $\displaystyle ]0\,,\,x[$ tel que :

$$e^{\theta}=\frac{x}{1-e^{-x}}$$

2. En déduire que pour tout réel $x$ strictement positif, on a :

(a) $\displaystyle 1-x <e^{-x}$

(b) $\displaystyle x+1 <e^x$

(c) $\displaystyle 0<\ln\left(\frac{xe^x}{e^x-1}\right)<x$

 

Partie II

On considère la fonction $f$ définie sur $\displaystyle [0\,,\,+\infty[$ par :

$$f(x)=\begin{cases}\frac{xe^x}{e^{x}-1} \,\,\,\,\,&\text{Si}\,x>0\\ 1\,\qquad &\text{Si}\,x=0 \end{cases}$$

On note $\displaystyle \mathscr{C}$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé direct $\displaystyle (O,\vec{i}\,,\vec{j}\,)$.

1. a. Montrer que $f$ est continue à droite de zéro.

1.b. Montrer que la limite $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}(f(x)-x)$ est égale à $0$ puis donner une interprétation géométrique de ce résultat.

2.a. Montrer pour tout réel $x$ supérieur ou égal à zéro, on a :

$$x-\frac{x^2}{2}\leq -e^{-x}+1$$

Indication : On pourra utiliser le résultat établit à la question 2.a de la partie I.

2.b. En déduire que pour tout réel $x$ supérieur ou égal à zéro, on a :

$$\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}\leq e^{-x}+x-1\leq \frac{x^2}{2}$$

3.a. Vérifier que pour tout réel $x$ strictement positif, on a :

$$\frac{f(x)-1}{x}=\frac{e^{-x}+x-1}{x^2} f(x)$$

3.b. En déduire que la limite $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)-1}{x}$ est égale à $\frac{1}{2}\,$, puis donner une interprétation de ce résultat.

4.a. Montrer que $f$ est dérivable sur $]0\,,\,+\infty[$ et que pour tout réel $x$ strictement positif, on a :

$$f^{\prime}(x)=\frac{e^x(e^x-1-x)}{(e^x-1)^2}$$

4.b. En déduire que $f$ est strictement croissante sur $[0\,,\,+\infty[$.

Indication : On pourra utiliser le résultat de la question 2.b de la partie I.

 

Partie III

Soit $n$ un entier naturel.

On considère la suite numérique $\displaystyle (u_n)_{n\geq 0}$ définie par $u_0>0$ et par la relation de récurrence $\displaystyle u_{n+1}=\ln(f(u_n))$.

1. Montrer que pour tout entier naturel $n$, on a : $u_n>0$.

2. Montrer que la suite $\displaystyle (u_n)_{n\geq 0}$ est strictement décroissante puis en déduire qu’elle est convergente.

Indication : On pourra utilisation le résultat établi à la question 2.c de la partie I.

3. Montrer que $0$ est l’unique solution de l’équation $\displaystyle\ln(f(x))=x$ puis déterminer la limite de la suite $\displaystyle (u_n)_{n\geq 0}$.

 

FIN

Indications

Voici des indications pour les questions délicates ou particulièrement difficiles :-)

Partie II

Question 1.a

Dans le chemin qui mène à la démonstration de continuité de $f$ à droite de $0$, le calcul direct de la limite $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}f(x)$ donne une forme indéterminée.

Pour lever cette indétermination, vous pouvez transformer l’expression de $f$ en écrivant que pour tout réel $x>0$, $\displaystyle f(x)=\frac{e^x}{\frac{e^x-1}{x}}$.

Question 1.b

Pour tout réel $x>0$, le calcul de l’expression $f(x)-x$ donne $\displaystyle f(x)-x=\frac{x}{e^x-1}$.

Le calcul direct de la limite $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}(f(x)-x)$ donne une forme indéterminée du type « $\frac{\infty}{\infty}$ ».

Pour lever cette indétermination, vous pouvez transformer l’expression de $\displaystyle f(x)-x\frac{x}{e^x-1}$ en écrivant que pour tout réel $x>0$,

$$\frac{x}{e^x-1}=\frac{x}{e^x(1-e^{-x})}=\frac{x}{e^x}\times\frac{1}{1-e^{-x}}$$

Partie III

Question 1 :

Il faudra faire une preuve par récurrence.

Question 3 :

Pour montrer que $0$ est l’unique solution de l’équation $\displaystyle\ln(f(x))=x$, vous pouvez d’abord vérifier que $0$ vérifie l’équation ;-) puis raisonner par l’absurde en supposant qu’il existe un réel $x$ strictement positif vérifiant l’équation $\displaystyle\ln(f(x))=x$.

Par équivalences successives, vous aboutirez à : $\displaystyle\forall x>0\qquad\ln(f(x))=x\Leftrightarrow e^x=x+1$

Puis vous conclurez à l’aide du résultat établit à question 2.c de la partie I

Corrigé

Partie I

$t$ est un réel.

1. Une égalité :

Le but de cette question est de démontrer que pour tout réel $x$ strictement positif, il existe un réel $\theta$ dans l’intervalle $\displaystyle ]0\,,\,x[$ tel que $\displaystyle e^{\theta}=\frac{x}{1-e^{-x}}$.

Pour ce faire, nous appliquons le théorème des accroissements finis à la fonction $\displaystyle t\mapsto e^{-t}$ sur l’intervalle $\displaystyle ]0\,,\,x[$.


Rappel du théorème des accroissements finis :

Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $a>b$ et soit $f$ une fonction définie et continue sur l’intervalle fermé $[a\,,\,b]$, et dérivable l’intervalle ouvert $]a\,,\,b[$.

Il existe alors un réel $c$ dans l’intervalle $]a\,,\,b[$ tel que :

$$f(b)-f(a)=(b-a)f^{\prime}(c)$$


Soit $t$ un réel.

La fonction $t\mapsto e^{-t}$ est la composée de $t\mapsto -t$ continue et dérivable sur $\mathbb{R}$ par $\mapsto e^t$ continue et dérivable sur $\mathbb{R}$. Donc par composition, la fonction $t\mapsto e^{-t}$ est continue et dérivable sur $\mathbb{R}$ et sa dérivée est $t\mapsto -e^{-t}$.

Soit $x$ un réel strictement positif.

La fonction $t\mapsto e^{-t}$ est définie et continue sur $[0\,,\,x]$ et dérivable sur $]0\,,\,x[$. Donc d’après le théorème des accroissements finis, il existe un réel $\theta$ dans l’intervalle $]0\,,\,x[$ tel que :

$$e^{-x}-e^0=(x-0)\times (-e^{-\theta})$$

Soit,

$$e^{-x}-1=-xe^{-\theta}$$

Autrement dit,

$$e^{\theta}(e^{-x}-1)=-xe^{\theta}e^{-\theta}$$

Finalement, pour tout réel $x$ strictement positif, il existe un réel $\theta$ dans l’intervalle $]0\,,\,x[$ tel que $\displaystyle e^{\theta}=\frac{x}{1-e^{-x}}$

 

2. Deux inégalités et un encadrement :
2.a. Pour tout réel $x$ strictement positif, on a : $\displaystyle 1-x <e^{-x}$ :

Soit $x$ un réel strictement positif.

D’après la question précédente, il existe un réel $\theta$ dans l’intervalle $]0\,,\,x[$ tel que $\displaystyle e^{\theta}=\frac{x}{1-e^{-x}}\,$.

Comme $\displaystyle 0<\theta <x$ alors $\displaystyle 1<e^{\theta}$ car l’exponentielle est croissante, d’où,

$$1<\frac{x}{1-e^{-x}}$$

Or $x$ est strictement positif, donc $-x$ est strictement négatif et $e^{-x}<1$ car l’exponentielle est croissante, et par suite $1-e^{-x}>0$.

D’où en multipliant de part et d’autre de l’inégalité $\displaystyle 1<\frac{x}{1-e^{-x}}$ par $1-e^{-x}$,

$$1-e^{-x}<x$$

Finalement, pour tout réel $x$ strictement positif, on a $\displaystyle 1-x<e^{-x}$.

2.b. Pour tout réel $x$ strictement positif, on a : $\displaystyle x+1 <e^x$ :

On raisonne de la même façon que la question précédente.

Soit $x$ un réel strictement positif.

D’après la question 1, il existe un réel $\theta$ dans l’intervalle $]0\,,\,x[$ tel que $\displaystyle e^{\theta}=\frac{x}{1-e^{-x}}\,$.

Comme $\displaystyle 0<\theta <x$ alors $\displaystyle e^{\theta}<e^x$ car l’exponentielle est croissante, d’où,

$$\frac{x}{1-e^{-x}}<e^x$$

Puisque $1-e^{-x} >0$, alors,

$$x<e^x(1-e^{-x})$$

Soit en développant,

$$x<e^x-1$$

Finalement, pour tout réel $x$ strictement positif, on a $\displaystyle x+1<e^x$.

2.c. Pour tout réel $x$ strictement positif, on a : $\displaystyle 0<\ln\left(\frac{xe^x}{e^x-1}\right)<x$ :

On raisonne à nouveau de la même façon que les deux questions précédentes.

Soit $x$ un réel strictement positif.

D’après la question 1, il existe un réel $\theta$ dans l’intervalle $]0\,,\,x[$ tel que $\displaystyle e^{\theta}=\frac{x}{1-e^{-x}}\,$.

Comme $\displaystyle 0<\theta <x$ alors $\displaystyle 0<\ln\left(e^{\theta}\right)<x$ car $\ln\left(e^{\theta}\right)=\theta$ ;), et par suite,

$$0<\ln\left(\frac{x}{1-e^{-x}}\right)<x$$

Par ailleurs, on a $\displaystyle\frac{x}{1-e^{-x}}=\frac{x}{e^{-x}(e^x-1)}=\frac{xe^x}{e^x-1}$,

D’où, pour tout réel $x$ strictement positif, on a $\displaystyle 0<\ln\left(\frac{xe^x}{e^x-1}\right)<x$.

 

Partie II

$f$ est la fonction définie sur $\displaystyle [0\,,\,+\infty[$ par :

$$f(x)=\begin{cases}\frac{xe^x}{e^{x}-1} \,\,\,\,\,&\text{Si}\,x>0\\ 1\,\qquad &\text{Si}\,x=0 \end{cases}$$

Et $\displaystyle\mathscr{C}$ est sa courbe représentative dans un repère orthonormé direct $\displaystyle (O,\vec{i}\,,\vec{j}\,)$.

1. a. $f$ est continue à droite de zéro :

Pour montrer que $f$ est continue à droite de $0$, il faut et il suffit de montrer que $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}f(x)=f(0)$.

Un calcul direct de cette limite aboutit à une forme indéterminée du type « $\displaystyle\frac{0}{0}$ ». En effet,

$\displaystyle\lim_{x\to 0^+}xe^x=0$ et $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}e^x-1=0$.

On procède ainsi pour lever cette indétermination :

Pour $x>0$, on a $\displaystyle f(x)=\frac{xe^x}{e^x-1}=\frac{e^x}{\frac{e^x-1}{x}}$, d’où par passage à la limite, $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^+}\frac{e^x}{\frac{e^x-1}{x}}$.

On remarque que pour $x> 0$, $\displaystyle\frac{e^x-1}{x}=\frac{g(x)-g(0)}{x-0}\,\,$ où $g(x)=e^x$.

On sait que $g$ est une fonction dérivable en zéro, donc le taux d’accroissement $\displaystyle\frac{g(x)-g(0)}{x-0}$ admet une limite finie en $0$ et on a $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\frac{g(x)-g(0)}{x-0}=g^{\prime}(0)=1$.

Comme $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}e^x=1$, alors $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\frac{e^x}{\frac{e^x-1}{x}}=\frac{1}{1}=1=f(0)$.

$f$ est donc continue à droite de zéro.

1.b. La limite $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}(f(x)-x)$ est égale à $0$ et interprétation géométrique de ce résultat :

Soit $x$ un réel strictement positif.

L’expression de $f$ est $f(x)=\frac{xe^x}{e^x-1}$ et on a :

$$\begin{align}f(x)-x&=\frac{xe^x}{e^x-1}-x\\&=\frac{xe^x-xe^x+x}{e^x-1}\\&=\frac{x}{e^x-1}\end{align}$$

Soit par passage à la limite,

$$\lim_{x\to +\infty}(f(x)-x)=\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{e^x-1}$$

Un calcul direct de cette limite aboutit à une forme indéterminée du type « $\frac{\infty}{\infty}$ ».

On procède ainsi pour lever cette indétermination :

Pour tout réel $x$ strictement positif, on a,

$$\begin{align}\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{e^x-1}&=\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{e^x(1-e^{-x})}\\&=\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{x}{e^x}\times\frac{1}{1-e^{-x}}\right)\\&=\left(\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{e^x}\right)\times\left(\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{1-e^{-x}}\right)\end{align}$$

Or, $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{e^x}=0$ d’après le théorème des croissances comparées d’une part, et d’autre part, $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{1-e^{-x}}=1$ car $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}e^{-x}=0$.

On en déduit que $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}(f(x)-x)=0$. Ce résultat s’interprète géométriquement par le fait que la droite d’équation $y=x$ est asymptote à la courbe $\displaystyle\mathscr{C}$ au voisinage de $+\infty$.

2.a. Pour tout réel $x$ supérieur ou égal à zéro, on a : $x-\frac{x^2}{2}\leq -e^{-x}+1$

On pose, pour $x$ supérieur ou égal à zéro :

$$\Delta(x)=-e^{-x}+1-\left(x-\frac{x^2}{2}\right)$$

L’inégalité proposée s’écrit :

$$\forall x\geq 0,\quad\Delta(x)\geq 0$$

Il s’agit donc de déterminer le signe de $\Delta$. La connaissance des variations de $\Delta$ permet de répondre à cette question. On a :

$\Delta$ est la somme des fonctions $\displaystyle x\mapsto -e^{-x}$ et de $\displaystyle x\mapsto\frac{x^2}{2}-x+1$.

La fonction $\displaystyle x\mapsto -e^{-x}$ est dérivable sur $\mathbb{R}_+$.

La fonction $\displaystyle x\mapsto\frac{x^2}{2}-x+1$ est une fonction polynomiale donc dérivable sur $\mathbb{R}_+$.

Donc, $\Delta$ est dérivable sur $\mathbb{R}_+$ comme somme de deux fonctions dérivables et on a pour tout réel $x$ supérieur ou égal zéro,

$$\Delta^{\prime}(x)=e^{-x}+x-1$$

D’après le résultat établit à la question 2.a de la partie I, on a : $\forall x>0\,,\,1-x<e^{-x}$ avec égalité si et seulement si $x=0$, d’où,

$$\forall x\geq 0\,,\,e^{-x}+x-1\geq 0$$

On en déduit que,

$$\forall x\geq 0\,,\,\Delta(x)\geq 0$$

Et par suite, $\Delta$ est croissante sur $\mathbb{R}_+$. Elle est donc partout supérieure ou égale à $\Delta(0)=0$. C’est le résultat désiré.

Pour tout réel $x$ supérieur ou égal à zéro, on a $\displaystyle x-\frac{x^2}{2}\leq -e^{-x}+1$.

2.b. Pour tout réel $x$ supérieur ou égal à zéro, on a : $\displaystyle\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}\leq e^{-x}+x-1\leq \frac{x^2}{2}$

On a montré à la question 2.a de la partie I que pour tout réel $t$ strictement positif, on a $\displaystyle 1-t<e^{-t}$.

Or il y a égalité si et seulement si $t=0$. On en déduit que pour tout réel $t$ supérieur ou égal à zéro, on a $\displaystyle -e^{-t}+1\leq t$.

Par ailleurs, on a montré à la question précédente que pour tout réel $t$ supérieur ou égal à zéro, on a  $\displaystyle t-\frac{t^2}{2}\leq -e^{-t}+1$.

On en déduit l’encadrement suivant :

$$\forall t\geq 0\,,\quad t-\frac{t^2}{2}\leq -e^{-t}+1\leq t$$

Les fonctions $\displaystyle t\mapsto t-\frac{t^2}{2}$, $\displaystyle t\mapsto -e^{-t}+1$ et $t\mapsto t$ sont continues sur $\mathbb{R}$, on peut donc intégrer l’inégalité ci-dessus sur l’intervalle $[0\,,\,x]\subset\mathbb{R}$ et on a :

$$\int_{0}^{x}\left(t-\frac{t^2}{2}\right)dt\leq\int_{0}^{x}\left(-e^{-t}+1\right)dt\leq\int_{0}^{x}t\,dt$$

Avec,

$$\begin{cases}\displaystyle\int_{0}^{x}\left(t-\frac{t^2}{2}\right)dt=\left[\frac{t^2}{2}-\frac{t^3}{6}\right]_{0}^{x}=\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}\\\\\displaystyle\int_{0}^{x}\left(-e^{-t}+1\right)dt=\left[e^{-t}+t\right]_{0}^{x}=e^{-x}+x-1\\\\\displaystyle\int_{0}^{x}t\,dt=\left[\frac{t^2}{2}\right]_{0}^{x}=\frac{x^2}{2}\end{cases}$$

On en déduit l’encadrement demandé. Pour tout réel $x$ supérieur ou égal à zéro, on a : $\displaystyle\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}\leq e^{-x}+x-1\leq \frac{x^2}{2}$.

3.a. Pour tout réel $x$ strictement positif, on a : $\displaystyle\frac{f(x)-1}{x}=\frac{e^{-x}+x-1}{x^2} f(x)$

Soit $x$ un réel strictement positif.

On a,

$$\begin{align}\frac{f(x)-1}{x}&=\frac{\frac{xe^x}{e^x-1}-1}{x}\\&=\frac{xe^x-e^x+1}{x(e^x-1)}\\&=\frac{xe^x-e^x+1}{x^2e^x}\times\frac{xe^x}{e^x-1}\\&=\frac{e^{-x}(xe^x-e^x+1)}{x^2}\times f(x)\\&=\frac{e^{-x}+x-1}{x^2}\times f(x)\end{align}$$

C’est le résultat désiré.

Remarque :

Une autre façon de faire consiste à développer l’expression $\displaystyle\frac{f(x)-1}{x}$ d’un côté, puis l’expression $\displaystyle\frac{e^{-x}+x-1}{x^2}\times f(x)$ de l’autre côté et de montrer qu’elles sont égales.

Finalement, pour tout réel $x$ strictement positif, on a : $\displaystyle\frac{f(x)-1}{x}=\frac{e^{-x}+x-1}{x^2}\times f(x)$.

3.b. La limite $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)-1}{x}$ est égale à $\frac{1}{2}$ et donner une interprétation de ce résultat :

On a montré à la question 2.b de la partie II que pour tout réel $x$ supérieur ou égal zéro, on a :

$$\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}\leq e^{-x}+x-1\leq \frac{x^2}{2}$$

Puisque pour tout réel $x$ strictement positif, $\displaystyle f(x)=\frac{xe^x}{e^x-1}>0$ et $x^2>0$ ;-) alors en multipliant les membres de l’inégalité ci-dessus par $\frac{f(x)}{x^2}$, on obtient :

$$\forall x>0\,,\quad\left(\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}\right)\times\frac{f(x)}{x^2}\leq \frac{e^{-x}+x-1}{x^2}\times f(x)\leq \frac{x^2}{2}\times\frac{f(x)}{x^2}$$

Soit après simplification par $x^2$ qui est strictement positif et en remplaçant la quantité $\displaystyle\frac{e^{-x}+x-1}{x^2}\times f(x)$ par $\displaystyle\frac{f(x)-1}{x}$ (Résultat établit à la question précédente),

$$\forall x>0\,,\quad\left(\frac{1}{2}-\frac{x}{6}\right)f(x)\leq \frac{f(x)-1}{x}\leq \frac{1}{2}f(x)$$

Comme $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\left(\frac{1}{2}-\frac{x}{6}\right)f(x)=\frac{1}{2}\times f(0)=\frac{1}{2}$ et $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\frac{1}{2}f(x)=\frac{1}{2}\,$, alors $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)-1}{x}=\frac{1}{2}$ d’après le théorème des gendarmes.

Interprétation géométrique du résultat ci-dessus :

Comme $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)-1}{x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{1}{2}\,$, alors ce taux d’accroissement admet une limite finie à droite de zéro. La fonction $f$ est donc dérivable à droite de zéro.

Graphiquement, la courbe $\displaystyle\mathscr{C}$ admet à droite de zéro une demie-tangente de coefficient directeur égal à $\frac{1}{2}\,$.

Une équation cartésienne de cette demi-tangente est $\displaystyle y=\frac{x}{2}+1$.

4.a. $f$ est dérivable sur $]0\,,\,+\infty[$ et expression de $f^{\prime}(x)$ :

$f$ est dérivable sur $]0\,,\,+\infty[$ :

Pour $x$ strictement positif, $\displaystyle f(x)=\frac{xe^x}{e^x-1}$.

$f$ est le quotient de $x\mapsto xe^x$ par $x\mapsto e^x-1$.

La fonction $x\mapsto xe^x$ est le produit de $x\mapsto x$ dérivable sur $]0\,,\,+\infty[$ par $x\mapsto e^x$ dérivable sur $]0\,,\,+\infty[$. Donc par produit, la fonction $x\mapsto xe^x$ est dérivable sur $]0\,,\,+\infty[$.

La fonction $x\mapsto e^x-1$ est dérivable et ne s’annule pas sur $]0\,,\,+\infty[$, donc par quotient $f$ est dérivable sur $]0\,,\,+\infty[$.

Expression de $f^{\prime}(x)$ :

Il s’agit de montrer que pour tout réel $x$ strictement positif, on a :

$$f^{\prime}(x)=\frac{e^x(e^x-1-x)}{(e^x-1)^2}$$

Pour des raisons de clarté, posons $u(x)=xe^x$ et $v(x)=e^x-1$.

$u$ et $v$ sont deux fonctions dérivables sur $]0\,,\,+\infty[$ et on a $\displaystyle u^{\prime}(x)=e^x+xe^x=(x+1)e^x$ et $\displaystyle v^{\prime}(x)=e^x$.

D’où pour tout réel $x$ strictement positif,

$$\begin{align}f^{\prime}(x)&=\frac{(x+1)e^x\times(e^x-1)-e^x\times xe^x}{(e^x-1)^2}\\&=\frac{e^x\left((x+1)(e^x-1)-xe^x\right)}{(e^x-1)^2}\\&=\frac{e^x\left(xe^x-x+e^x-1-xe^x\right)}{(e^x-1)^2}\\&=\frac{(e^x-1-x)e^x}{(e^x-1)^2}\end{align}$$

$f$ est dérivable sur $]0\,,\,+\infty[$ et $\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{(e^x-1-x)e^x}{(e^x-1)^2}$.

4.b. $f$ est strictement croissante sur $[0\,,\,+\infty[$ :

Pour ce faire, étudions le signe de $f^{\prime}$.

On a montré à la question précédente que $f$ est dérivable sur $]0\,,\,+\infty[$ et $\displaystyle f^{\prime}(x)=\frac{(e^x-1-x)e^x}{(e^x-1)^2}$.

Les fonctions $\displaystyle x\mapsto e^x$ et $\displaystyle x\mapsto (e^x-1)^2$ sont strictement positive sur $]0\,,\,+\infty[$, donc $f^{\prime}$ est du signe de $\displaystyle x\mapsto e^x-1-x$.

Or, on a montré à la question 2.b de la partie I que pour tout réel $x$ strictement positif, on a $\displaystyle x+1<e^x$. On en déduit que pour tout réel $x$ strictement positif $\displaystyle e^x-1-x>0$ et par suite $f^{\prime}(x)>0$ sur $]0\,,\,+\infty[$.

Attention : À ce stade, on n’a pas montré que l’intervalle est fermé sur $0$ ! Pour ce faire, il suffit de rappeler que $f$ est continue à droite de $0$, donc $f$ est strictement croissante sur $[0\,,\,+\infty[$

$f$ est donc strictement croissante sur $[0\,,\,+\infty[$.

Tableau de variation de $f$ :

$$\large\begin{array}{|c|lcr|}\hline x&0&\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad &+\infty\\\hline \text{Signe de }f^{\prime}(x)&&+&\\\hline &&&+\infty\\\text{Variations de }f &&\nearrow&\\&1&&\\\hline\end{array}$$

 

Calcul de la limite $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)$ :

On a,

$$\begin{align}\lim_{x\to +\infty}f(x)&=\lim_{x\to +\infty}\frac{xe^x}{e^x-1}\\&=\lim_{x\to +\infty}\frac{xe^x}{e^x(1-e^{-x})}\\&=\lim_{x\to +\infty}\frac{x}{1-e^{-x}}\end{align}$$

Puisque $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}x=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}1-e^{-x}=1$ alors par quotient, $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty$.

 

Partie III

$n$ est un entier naturel.

On considère la suite numérique $\displaystyle (u_n)_{n\geq 0}$ définie par $u_0>0$ et par la relation de récurrence $\displaystyle u_{n+1}=\ln(f(u_n))$.

 

1. Pour tout entier naturel $n$, $u_n>0$ :

On fait une preuve par récurrence.

Pour $n\in\mathbb{N}$, on note $\mathcal{P_{n}}$ la propriété :

$$u_n>0$$

Initialisation :

pour $n=0$, on a $u_0>0$ (donnée de l’énoncé).

L’inégalité est donc vraie au rang zéro.

 

Hérédité :

Fixons $n$ dans $\mathbb{N}$ tel que $\mathcal{P_{n}}$ soit vraie. On a donc :

$$u_n>0$$

 

$f$ est strictement croissante sur $[0\,,\,+\infty[$ (Résultat établi à la question 4.b de la partie II) et on a :

$$f(u_n)>1$$

D’où par composition avec $\ln$ qui est strictement croissante,

$$\ln(f(u_n))>\ln(1)$$

Autrement dit,

$$u_{n+1}>0$$

C’est exactement $\mathcal{P_{n+1}}$. Pour tout entier naturel $n$, on a $u_n>0$.

2. La suite $\displaystyle (u_n)_{n\geq 0}$ est strictement décroissante et est convergente :

On démontre d’abord que la suite $\displaystyle (u_n)_{n\geq 0}$ est strictement décroissante :

La suite $\displaystyle (u_n)_{n\geq 0}$ est strictement décroissante si et seulement si $\displaystyle u_{n+1}<u_n$.

On utilise le résultat établi à la question 2.c de la partie I et on a pour tout réel $x$ strictement positif,

$$0<\ln\left(\frac{xe^x}{e^x-1}\right)<x$$

Autrement dit,

$$0<\ln(f(x))<x$$

Puisque pour tout entier naturel $n$, $u_n>0$ (Résultat établi à la question précédente), alors :

$$0<\ln(f(u_n))<u_n$$

Et par suite,

$$0<u_{n+1}<u_n$$

La suite $\displaystyle (u_n)_{n\geq 0}$ est donc strictement décroissante.

On démontre ensuite que la suite $\displaystyle (u_n)_{n\geq 0}$ est convergente :

La suite $\displaystyle (u_n)_{n\geq 0}$ est strictement décroissante, minorée par zéro donc elle converge d’après le théorème de la convergence monotone.

 

3. Zéro est l’unique solution de l’équation $\displaystyle\ln(f(x))=x$ et limite de la suite $\displaystyle (u_n)_{n\geq 0}$ :

On démontre d’abord que $0$ est l’unique solution de l’équation $\displaystyle\ln(f(x))=x$ :

On a $\displaystyle\ln(f(0))=\ln(1)=0$. Donc $0$ est solution de l’équation $\ln(f(x))=x$.

Il reste à démontrer que $0$ est l’unique solution de cette équation.

Pour ce faire, nous proposons un raisonnement par l’absurde.

Soit $x$ un réel de $]0\,,\,+\infty[$.

Supposons qu’il existe un réel $x>0$ vérifiant l’équation $\ln(f(x))=x$.

L’équation $\displaystyle\ln(f(x))=x$ est équivalente à l’équation $\displaystyle f(x)=e^x$

Or,

$$\begin{align}f(x)=e^x&\Leftrightarrow\frac{xe^x}{e^x-1}=e^x\\&\Leftrightarrow x=e^x-1\\&\Leftrightarrow e^x=x+1\end{align}$$

Et on a montré à la question 2.c de la partie I que :

$$\forall x>0\,,\quad e^x>x+1$$

On en déduit que,

$$\forall x>0\,,\quad e^x>e^x$$

Ce qui est absurde. Donc l’hypothèse de départ qui consiste à dire qu’il existe un réel $x>0$ vérifiant l’équation $\ln(f(x))=x$ est fausse.

$0$ est donc la seule solution possible de l’équation $\displaystyle\ln(f(x))=x$ et on a bien $\displaystyle\ln(f(0))=\ln(1)=0$.

On recherche ensuite la limite de la suite $\displaystyle (u_n)_{n\geq 0}$ :

La suite $\displaystyle (u_n)_{n\geq 0}$ est définie $u_0>0$ et $u_{n+1}=\ln(f(u_n))$.

Dans un soucis de clarté et de simplification, considérons la fonction $g$ définie pour tout réel $x$ dans $[0\,,\,+\infty[$ par $g(x)=\ln\circ f(x)$.

On va montrer que :

  • $g$ est continue sur $[0\,,\,+\infty[$.
  • L’intervalle $[0\,,\,+\infty[$ est stable par $g$. C’est-à-dire que $g\left([0\,,\,+\infty[\right)\subset [0\,,\,+\infty[$.
  • Conclure.

$g$ est continue sur $[0\,,\,+\infty[$ :

On sait que $f$ est continue et strictement croissante sur $[0\,,\,+\infty[$.

Donc l’image de l’intervalle $[0\,,\,+\infty[$ par $f$ est l’intervalle $\displaystyle [f(0)\,,\,\lim_{x\to +\infty}f(x)[$, soit $[1\,,\,+\infty[$.

La fonction $\ln$ est continue sur $[1\,,\,+\infty[$, donc par composition $g$ est continue sur $[0\,,\,+\infty[$.

L’intervalle $[0\,,\,+\infty[$ est stable par $g$ :

On sait que $f$ est strictement croissante sur $[0\,,\,+\infty[$ et que $\ln$ est strictement croissante sur $[1\,,\,+\infty[$, donc $g$ est strictement croissante sur $[0\,,\,+\infty[$.

Comme $g$ est continue sur $[0\,,\,+\infty[$, alors l’image de l’intervalle $[0\,,\,+\infty[$ par $g$ est l’intervalle $\displaystyle [g(0)\,,\,\lim_{x\to +\infty}g(x)[$.

Par ailleurs, $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{X\to +\infty}\ln(X)=+\infty$, on peut donc écrire que $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}g(x)=\lim_{x\to +\infty}\ln(f(x))= \lim_{X\to +\infty}\ln(X)=+\infty$ par composition avec $X=f(x)$.

Et, $g(0)=0$

Ainsi, l’image de l’intervalle $[0\,,\,+\infty[$ par $g$ est l’intervalle $[0\,,\,+\infty[$. L’intervalle $[0\,,\,+\infty[$ est donc stable par $g$.

Conclusion :

On a montré à la question 2 que la suite $\displaystyle (u_n)_{n\geq 0}$ est convergente. Notons $\ell$ sa limite.

On peut donc écrire que $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}u_n=\ell$ et $\displaystyle\lim_{n\to +\infty}u_{n+1}=\ell$.

Comme pour tout entier naturel $n$, $\displaystyle u_{n+1}=g(u_n)$ et que $g$ est continue sur $[0\,,\,+\infty[$, alors,

$$\lim_{n\to +\infty}u_{n+1}=\lim_{n\to +\infty}g(u_n)=g(\ell)$$

D’où par unicité de la limite de la suite $\displaystyle (u_{n+1})$, on a $g(\ell)=\ell$.

Comme $0$ est l’unique solution de l’équation $g(x)=x$ et que $0$ appartient à l’intervalle $[0\,,\,+\infty[$, alors la limite de la suite $\displaystyle (u_n)_{n\geq 0}$ est $0$.

Remarque :

La continuité de la fonction $g$ sur l’intervalle $[0\,,\,+\infty[$ est très importante. C’est cet argument qui permet de conclure dans cette question.

En effet, si $g$ n’est pas continue sur l’intervalle $[0\,,\,+\infty[$ ou en $\ell$, alros il n’y a aucune raison que la suite $\displaystyle (g(u_n))$ converge vers $g(\ell)$.

Regardons le contre-exemple suivant :

Soient $n$ un entier naturel, $(u_n)$ une suite qui converge vers $1$ et $f$ la fonction définie par :

$$f(x)=\begin{cases}x+1 \,\,\,\,\,&\text{Si}\,x\neq 1\\ 1\,\qquad &\text{Si}\,x=1 \end{cases}$$

On a $f(1)=1$ mais $\displaystyle\lim_{x\to 1^+}f(x)=\lim_{x\to 1^-}f(x)=2\neq f(1)$.

Donc la suite $\displaystyle (f(u_n))$ ne converge pas vers $f(1)=1$ mais vers $2$.

 

FIN

Saïd BENLAADAM
Je suis ingénieur télécoms de formation et j’exerce ce métier depuis toujours. Je reste cependant passionné par les mathématiques et très proche de ce domaine.
À travers mathsland, je m’enrichis chaque jour au contact de personnes remarquables, passionnées et passionnantes.
  1. laklakh el houssine

    Un grand salut à Mr Saïd, ravi de ce retour.
    J’ai quelques remarques à propos du corrigé si tu me le permets, je les dirai plus tard ;)

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